Lineare Differentialgleichungssysteme

Example 1

Gegeben sei das lineare Differentialgleichungssystem erster Ordnung

\begin{align*} y_1'&=7y_1-5y_2\\ y_2'&=4y_1-2y_2 \end{align*}

das heisst

\vec{y'} = \begin{pmatrix} 7 & -5\\ 4 & -2 \end{pmatrix} \vec{y}.

Im Unterricht wurde gezeigt, dass die Lösung dieses Systems darauf hinaus läuft, dass man die Eigenwerte und Eigenvektoren der zugehörigen Koeffizientenmatrix kennt.

Herleitung

Herleitung der Lösung eines linearen 2x2 DGL-Systems mittels Eigenwerten

Ziel ist es, ein System von zwei linearen, homogenen Differentialgleichungen (DGL) erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten für die Funktionen $x(t)$ und $y(t)$ zu lösen

System formulieren

Wir betrachten das System:

\begin{align} \dot{x}(t) &= ax(t) + by(t)\\ \dot{y}(t) &= cx(t) + dy(t) \end{align}

Wir fassen die Funktionen zu einem Lösungsvektor $\mathbf{v}(t)$ und die Koeffizienten zu einer Matrix $A$ zusammen:

\mathbf{v}(t) = \begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \end{pmatrix}, \quad A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}

Die Ableitung des Vektors ist $\dot{\mathbf{v}}(t) = \begin{pmatrix} \dot{x}(t) \\ \dot{y}(t) \end{pmatrix}$ . Damit lässt sich das System kompakt schreiben als:

\dot{\mathbf{v}}(t) = A \cdot \mathbf{v}(t)

Der Lösungsansatz

Wir orientieren uns an der Lösung einer einzelnen linearen DGL $\dot{f}(t) = \lambda f(t)$ , welche die Lösung $f(t) = C \mathrm{e}^{\lambda t}$ hat; daher verfolgen wir einen analogen Ansatz für das Vektor-System der Form

\mathbf{v}(t) = \mathbf{k} \cdot \mathrm{e}^{\lambda t},

wobei:

$\lambda$ (lambda) ein (noch unbekannter) Skalar ist.
$\mathbf{k} = \begin{pmatrix} k_1 \\ k_2 \end{pmatrix}$ ein (noch unbekannter) konstanter Vektor ist.

Wir benötigen die Ableitung unseres Ansatzes (linke Seite der DGL):

\dot{\mathbf{v}}(t) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} (\mathbf{k} \mathrm{e}^{\lambda t}) = \mathbf{k} \cdot (\lambda \mathrm{e}^{\lambda t}) = \lambda \mathbf{k} \mathrm{e}^{\lambda t}

und setzen den Ansatz in die rechte Seite der DGL ein:

A \cdot \mathbf{v}(t) = A \cdot (\mathbf{k} \mathrm{e}^{\lambda t}) = (A \mathbf{k}) \mathrm{e}^{\lambda t}.

Nun setzen wir beide Seiten gleich:

\lambda \mathbf{k} \mathrm{e}^{\lambda t} = (A \mathbf{k}) \mathrm{e}^{\lambda t}

Da die Exponentialfunktion $\mathrm{e}^{\lambda t}$ niemals Null ist, können wir durch sie dividieren:

\lambda \mathbf{k} = A \mathbf{k}.

Dies ist exakt die Definition des Eigenwertproblems.

$\lambda$ ist ein Eigenwert der Matrix $A$ .
$\mathbf{k}$ ist der zu $\lambda$ gehörende Eigenvektor.

Wenn wir einen Eigenvektor $\mathbf{k}$ und einen Eigenwert $\lambda$ der Matrix $A$ finden, dann ist $\mathbf{v}(t) = \mathbf{k} \mathrm{e}^{\lambda t}$ eine gültige (Partikular-)Lösung unseres DGL-Systems!

Wir finden die Eigenwerte via

(\lambda-7)(\lambda+2)+20=0

oder mit dem charakteristischen Polynom $\chi_A(\lambda)$ . Das ergibt $\lambda_1=2$ und $\lambda_2=3$ . Daraus erhält man die Eigenvektoren

\vec{v_1}=\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}\quad\text{und}\quad\vec{v_2}=\begin{pmatrix} 5\\4 \end{pmatrix}.

Dies liefert das Fundamentalsystem der Lösungen

\begin{pmatrix} y_1\\y_2 \end{pmatrix}=c_1\mathrm{e}^{2x}\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}+c_2\mathrm{e}^{3x}\begin{pmatrix} 5\\4 \end{pmatrix}.

Exercise 1: Rechne EWs und EVs

Rechne Eigenwerte und Eigenvektoren nach.

Solution

Das charakteristische Polynom $\chi_A(\lambda) = \lambda^2-\mathrm{Tr}(A)\lambda+\det(A) = \lambda^2-5\lambda+6 = (\lambda -2)(\lambda-3)$ muss gleich $0$ gesetzt werden. Also lösen $\lambda_1 = 2$ und $\lambda_2 = 3$ die Forderung.

Für die Eigenvektoren erhält man aus der zweiten Zeile mit $\lambda_1 = 2$ folglich $4x-4y = 0$ , also $y = x$ bzw. $\begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix}$ und für $\lambda_2 = 3$ die Gerade $4x-5y = 0$ , also $y = \frac{4}{5}x$ bzw. $\begin{pmatrix} 5\\4 \end{pmatrix}$ .

Exercise 2: Check allgemeine Lösung

Zeige, dass $\begin{pmatrix} y_1\\y_2 \end{pmatrix}$ das Gleichungssystem erfüllt.

Solution

Es sind $y_1=c_1\mathrm{e}^{2x}+5c_2\mathrm{e}^{3x}$ bzw. $y_2=c_1\mathrm{e}^{2x}+4c_2\mathrm{e}^{3x}$ und die zugehörigen Ableitungen $y_1'=2c_1\mathrm{e}^{2x}+15\mathrm{e}^{3x}$ bzw. $y_2'=2c_2\mathrm{e}^{2x}+12\mathrm{e}^{3x}$ . Auf beiden Seiten eingesetzt und ☑.